重庆市部分学校2024届高三年级下册3月联考数学试题（含答案解析）

重庆市部分学校2024届高三下学期3月联考数学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.已知z=2,贝1]彳=()

2-1

A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i

2.设全集为R,集合A={xld-2x-35<0},则\A=()

A.{x|-7<x<5}B.{x|-5<x<7}

C.{%[X<-7或％35}D.{x|x<-5^x>7]

3.已知向量a=(m,l),b=(0,3),且Q_L(Q-。)，则根=()

A.V2B.2C.±72D.±2

22

4.已知耳耳分别是椭圆C:二+工=1(°>“0)的左、右焦点，P是C上一点.若

ab

3

PF2上PF】,tan/P鸟耳=z，则C的离心率为()

A.-B.-C.—D.1

7742

5.设S“为等差数列{%}的前〃项和，若。8+40-3%=4-2,贝!|%=()

A.10B.15C.—D.5

2

6.如图，一个装有水的密封瓶子，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的

几何体，圆柱和圆锥的底面半径均为3,圆柱的高为6,圆锥的高为3,已知液面高度

为7,则瓶子中水的体积为()

170K160兀

c.D.

33

_L2

7.已知a===贝1](

A.c>b>aB.a>b>c

C.c>a>bD.b>a>c

8.将分别标有数字1,2,3,4,5的五个小球放入A,B,C三个盒子，每个小球

只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球放入同一个盒

子，且A盒子中只放一个小球，则不同的放法数为（）

A.28B.24C.18D.12

二、多选题

9.如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在is时相对于平衡位置的高度〃（单位：cm）

由关系式"=Asin（a+0）Je[O,+e）确定，其中4＞。,。＞0,0€（0,n].小球从最高点出发,

经过1.8s后，第一次回到最高点，则（）

3

C.r=9s与r=2.1s时的相对于平衡位置的高度。之比为彳

D.f=9s与1=2.1s时的相对于平衡位置的高度。之比为2

10.如图，在直三棱柱ABC-ABC1中，若/ACBngO.ACMBCnlAAnLRE分别

是AVUG的中点，则下列结论正确的是（）

B.AE〃平面

C.点C到平面叫的距离为当

试卷第2页，共4页

D.三棱锥G-BOC外接球的半径为亚

2

22

11.如图,已知双曲线C：十方=1(“>08>。)的左、右焦点分别为耳(-3,0),乙(3,0),点

A在C上，点8在y轴上，8三点共线，若直线的斜率为6,直线前的斜率

A.C的渐近线方程为>=±2n

3

B.C的禺心率为力

2

C.|AB|=16

D.ABFX的面积为16外

三、填空题

12.已知圆加：/+>2=4和圆":炉+，2+天+>=3交于A,B两点，贝.

13.已知某果园中舜猴桃单果的质量M(单位：g)服从正态分布N(100,b2),若从该

果园中随机挑选4个卿猴桃，则恰有2个单果的质量均不低于100g的概率为.

2',尤40

14.已知函数/(x)=21n尤，g(x)=x2+2x+l-2A,2eR,若关于x的方程

-------,x>0

、X

/(g(x))=X有6个解，则彳的取值范围为.

四、解答题

15.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为。，b,c,已知7acosB=6(c-7cosA).

⑴求b；

jr

(2)。为边A3上一点，AD=2DB=2BC,ZBDC=~,求ABC的面积.

16.如图，在四棱锥A-3C/汨中，底面BC7)E是梯形，CDIIBE,BE=4CD=4,

AB=AE=A/13,BC=币、tmZEBC=

(2)已知平面ABE上平面BCDE,点下满足A尸=2FE，求二面角尸—BD—E的余弦值.

17.某商场在店庆日进行有奖促销活动，当日在该商场消费的顾客可获得一次摸奖机会.

摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的7个球，其中3个红球，4个

白球，顾客每次摸出1个球不放回，直到摸出所有的红球，则摸奖停止，否则就继续摸

球.按规定：摸出3个球停止摸奖获得200元奖金，摸出4个球停止摸奖获得100元奖

金，摸出5个球停止摸奖获得50元奖金，其他情况获得10元奖金.

⑴若顾客甲获得了100元奖金，求甲第一次摸到的球是红球的概率；

(2)已知顾客乙获得了一次摸奖机会，记X为乙摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的

分布列和数学期望.

18.已知。为坐标原点，抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为JF,M(/,8)(毛>2)为C上

一点，|MF|=10.

⑴求C的方程；

⑵若4,8是C上异于点。的两个动点，且点A8不关于x轴对称，=过点M作

x轴的垂线交直线y=T于点N,记△M4B的面积为S1,ZWIB的面积为S2,求去.

19.已知函数/(%)=/-数111%-灰：08%.€[-兀,+8),且/(尤)的图象与X轴相切于原点

(0,0).

⑴求6；

⑵若飞是〃彳)的一个极值点，且飞«-兀,0),证明：V2</(x0)<2.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1.B

【分析】根据复数的除法运算化简，即可由共轨复数的定义求解.

3+i（3+i）（2+i）5+5i

【详解】2^i-（2-i）（2+i）-5则彳=1—i.

故选：B

2.D

【分析】解一元二次不等式化简集合A,结合补集的概念即可得解.

【详解】由题得A={H尤2—2工一35<0}={尤|一5<尤<7},贝嶙A={x|xW-5或尤27}.

故选：D.

3.C

【分析】利用向量的模及数量积的坐标运算及向量垂直的条件即可求解.

【详解】因为°=（八1）/=（0,3）,

所以同=y/m2+\,a-b=711x0+1x3=3.

因为a_L（d-6）,

所以&—b）=°,§Pfl2-a-/>=nr+1-3=0>解得m=±V^.

故选：C.

4.A

【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理即可求解.

3\PF\3

【详解】因为尸耳1■咫,tan/P/y；=所以晶=>又|尸耳|+|尸耳|=2。，所以

4r^2\4

I叫考,1明考,

则作:+仔：=4。2,解得故椭圆C的离心率为：

故选：A

答案第1页，共12页

【分析】由等差数列性质得4+。9=2,结合等差数列求和公式即可得解.

【详解】由。8+40—3〃9=电一2,可得2。9一3%=。2—2,所以〃2+%=2,

则S10=——―=5(〃2+〃9)=10.

故选：A.

6.A

【分析】根据圆柱体积和圆锥体积的计算公式，结合已知条件，求解即可.

【详解】圆柱的体积为兀x3?x6=54兀，圆锥的体积为卜兀义32义3=9兀，

设液体上方圆锥的底面圆半径为人高为心

作出圆锥的轴截面示意图如下所示：

rh

贝ij/z=3—1=2,-=j,解得尸=2；

故液体上方圆锥的体积为:X”产、2=年，

所以瓶子中水的体积为54兀+9n-g=一.

故选：A.

7.C

【分析】利用指数塞运算规则可得〃＞＞，从而可得〃1＞。，故可得三数的大小关系.

答案第2页，共12页

4

【详解】//二

116

1Q

因为故〃6>//即匕，故Ovbvavl.

2

因为一1>26-I=2xI3—1=2§—1>0,

所以c=2"+J>2°=1,所以c>a>b.

故选：C.

8.C

【分析】先将五个小球分为1,1,3或1,2,2三组，再分配到三个盒子中.

【详解】第一种情况，将五个小球按1,1,3分为三组，则安排的方法有C；C；A；=12种;

第二种情况，将五个小球按1,2,2分为三组，则安排的方法有C；C；=6种.

不同的放法数为18.

故选：C.

9.BD

10jrIT

【分析】根据周期求出。=詈，代入f=o则得到。=],则得到函数解析式，再代入数据

即可判断CD.

210兀

【详解】由题可知小球运动的周期T=1.8s,所以小⑶解得。=丁，故B正确;

当t=Os时，Asin°=A.

又。40,可，所以9=],故A错误;

107171

贝I」h=Asin——1+~…吗,

929

兀

Acos1°ol

所以/=9s与1=2.Is时的相对于平衡位置的高度之比为——=2,故C错误，D

卜

Acos2.1

正确.

故选：BD.

10.ABD

【分析】利用线面垂直的判定即可判断A；利用线面平行的判定即可判断B,利用等体积法

答案第3页，共12页

即可求出点到平面距离，找到球心位于BG的中点，则得到外接球半径，即判断D.

【详解】对A,因为3cl平面AAGCDGu平面A41c0,所以BCLDC-

在△CQC中，因为。£=£)。=忘,。£=2,所以。C：+OC2=CC；,

则DG^DC.又BCu平面BDCDCu平面BDCBCcOCnC,所以。平面BOC,故

A正确.

对B,取。为BG的中点，连接OE,OD.易知OE〃A，OE=A。，所以四边形AQOE为平

行四边形，

则AE〃O。.又4EZ平面8OG，O0u平面BZ)G，所以AE//平面BZ)G，故B正确.

对C,设点C到平面BDC的距离为x,则x是以C为顶点，BDG为底面的三棱锥的高.

因为BC，平面441GC,所以BC是三棱锥B-CDG的高.又C£)G为直角三角形，

所以S.cg=，DCOC|=gx&x0=l,所以限％=gxlxl=g.

又△BCD是直角三角形，所以=6.又DC；=^/2,Bq=^/i+4=^/5,

所以破+3C：=8C；,所以BDG是直角三角形，则5乐=，&石=当

由％cg=@Bg，得工逅x=L则.》=逅，即点C到平面BDQ的距离为如，故C错

32333

误.

对D,因为BCC和°8OG均为直角三角形，所以。为三棱锥G-BDC外接球的球心，即

半径为且，故D正确.

2

故选：ABD.

11.BC

【分析】根据斜率以及椭圆的对称性可得△8G鸟为等边三角形，即可根据同角关系求解三

答案第4页，共12页

角函数值，进而利用正弦定理求解|初|=14,|初1=10,由双曲线定义可得2a=4,进而根

据选项即可逐一求解.

【详解】依题意，直线3的斜率为百，所以N班;工=巳，又忸闻=忸耳，所以△不居为等

边三角形，故忸耳|=忸用=|与用=2c=6,N①记=4.

在△A£F,中，=为锐角，sin^EA=—,cos^F,F,A=—

21112121142114

所以sinA=sin[]+/耳片誓，根据正弦定理可得

但用=_/_=_M_解得|曲|=14,|A闾=10,

sinAsin^F^Asin^F^A11112|

所以2〃=4,即a=2,b=yjc2—a2=A/5，

所以C的渐近线方程为y=±1尤,。的离心率为（=|,|AB|=\BF2\+^AF2^=16,

ABF,的面积为

||f；^||B^|sin|+1|f；^||A^|sinj=1|f；F2||BA|sin-|=1x6xl6xsin|=2473

故选：BC.

12.714

【分析】求出相交弦所在直线方程，再利用弦长公式即可.

【详解】将圆“：Y+y2=4和圆N：%2+y2+x+y=3的方程作差得了+y+l=0.

圆心M（0,0）至I]直线x+y+l=。的距离为圭=9，

所以网=2小二1=714.

故答案为：714.

3

13.-/0.375

8

【分析】服从正态分布N（100,〃）可得P（M2100）=；,由二项分布公式可求恰有2个单果

的质量均不低于100g的概率.

答案第5页，共12页

【详解】由题可知尸(MN100)=),若从该果园中随机挑选4个舜猴桃,

则恰有2个单果的质量均不低于100g的概率为©卜弓j=|.

故答案为：.

O

【分析】令g(x)=c，根据〃x)图象可知,〃无)等于常数的解最多只有3个,根据g(x)图

象性质可知，g(x)等于常数的解最多只有2个，若/(g(尤))=4有6个解，需要“。，有

9

3个解，g(x)=t有2个解，根据“X)图象先求出。<彳<一,再得出力和/⑺=力中最小解

e

之间的等式关系，而后结合g(元)的值域即可建立关于4的不等式，最后构造关于X的函数，

求导求单调性即可解不等式，进而得出结果。

【详解】解：由题可得，令g(x)=r,则方程/«)=九的解有3个，

当two时，f(t)=2\所以/⑺在(f,0］上单调递增，

当空0时，/⑺=2(1丁),

则/⑺在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，

/(e)=-,/(1)=0,当x>l时，lnx>0,所以〃x)>0,

画>=/«)的图象如下：

e

且方程/(t)=X的三个解分别为。，，2J3，不妨设4<G<匕，

则有2'=彳,即％=log2A,

答案第6页，共12页

又g(%)=£+2%+1-24=(%+1)2-22

所以g⑴在(田,-1)上单调递减，在(-1,y)上单调递增，

且8(力神=-22,

又因为g(x)=r,所以一22<：<G，

所以有log2%>-22,gp2A+log22>0,

4/?(2)=2A+log2>i,(A>0),所以〃⑷=2+」一>0,

4In2

所以/7(彳)在(0,+巧上单调递增，

又〃1)=0,所以24+log">0的解集为Q,+［,

综上，几的取值范围为］

故答案为：SB

【点睛】方法点睛：本题考查复合函数零点个数问题，此类题目一般做法为：

(1)先根据解析式画出两个函数图象；

(2)令复合函数内函数为r；

(3)结合函数图象及零点个数，分析外函数根的个数以及自变量对应的取值范围;

(4)再确定内函数根个数及对应参数取值范围；

(5)解出参数范围即可。

15.(1)6=7

4

【分析】(1)通过正弦定理将7acos3=Z?(c-7cosA)中的边化为角，可求出》的值；

(2)由题可知9C为等边三角形，［8|=。，在△ADC中运用余弦定理可求出。的值,

进而求得ABC的面积.

【详解】(1)7acosB=&(c-7cosA),由正弦定理得：7sinAcosB=sinB(c-7cosA),

7sinAcosB+7sinBcosA=csinB,即7sin(A+B)=加inC=7sinC,

贝|J6=7.

答案第7页，共12页

(2)由题可知加C为等边三角形，则|CZ)|=a,ZADC=y

'：\AD\=2a,在△ADC中，由余弦定理可得：

\ACf=\ADf+\DCf-2\AD\-\DC\-cosZADC,

2兀

即49=(2Q)2+Q?—2,2Qea,cos,解得a=,

AFC的面积为J7x3j7xsinP=&^叵.

234

16.(1)证明见解析

【分析】(1)。为BE的中点，余弦定理和勾股定理证明OCL3E,由等腰三角形证明

OA1BE,可证鹿_L平面。4C,所以AC_LBE；

(2)。为原点建立空间直角坐标系，向量法求二面角的余弦值.

【详解】(1)证明：取。为BE的中点，连接OA,OC.

因为tan/EBC=立，所以cos/EBC=25.

27

在30c中，oc2=OB2+BC2-2OB-BC-cosZEBC=3,

贝U有Be?=032+002,所以OCJ_5E.

因为=所以。A_L3E.

又。C,0Au平面Q4C,OCr>OA=O,所以3E_L平面OAC.

因为ACu平面。AC,所以AC_L3E.

(2)解：因为平面ABE2平面BCDE,且两平面相交于3E,

OAu平面ME,OA1BE,所以。4_L平面BCDE.

以。为坐标原点，OCOEOA所在直线分别为尤,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

答案第8页，共12页

BE=4CD=4,AB=AE=Jl3,BC=y/l,OC=5贝UQ4==3，

则A(0,0,3),2(0,-2,0),。(省,1,0),E(0,2,0),

由AP=2EE，即AF=|AE=：X(O,2,-3),则

所以BD=(6,3,0),BF=(0，m，l：

m-BD=6x+3y=0,

设平面方的法向量为m=(%,y,z),贝叶io

m•BF=一y+z=0,

令，=3,贝！J%=—3\/§\z=—10,得加=卜3若,3,-10).

易知平面5r出的一个法向量为〃=（0,0,1）,

m-n105734

所以|cos外4同时「

J27+9+10034

因为二面角尸-皮）-"的夹角为锐角，所以二面角产-3。-石的余弦值为士叵.

34

2

17.（1）-

⑵E（X）=30,分布列见解析

【分析】（1）利用公式计算条件概率；

（2）由X可能的取值，计算相应的概率，得到分布列，利用公式计算数学期望.

【详解】（1）设事件A为顾客甲获得了100元奖金，事件3为甲第一次摸到的球是红球.

3A3

A〜2c32

「网=

"^rA35

所以尸（2⑶=普=：

即顾客甲在获得了100元奖金的条件下，第一次摸到的球是红

球的概率为;7.

（2）随机变量X的所有取值为200,100,50,10.

A31

P(X=200)=T-

'，A；35

答案第9页，共12页

C[C；A；_3

P（X=100）=

A；35

C；C；A：6

P（X=50）=

35

5

'73535357

所以随机变量X的分布列为

X2001005010

1365_

P

3535357

ioAS

E（X）=200x—+100x—+50x—+10x-=30.

v73535357

18.（l）/=8x

（2）8

【分析】（1）由点M伉,8）在C上，悭尸|=10,列方程求出P，X。，可得C的方程；

（2）设出直线方程，与抛物线联立方程组，由ZAOB='结合韦达定理，求得直线A8恒过

/、SMP

点尸（8,0）,则有寸=E，求值即可.

J7LN1

【详解】⑴因为点/（％,8）在C上，所以。无。=32,又+勺10.

由%>2,解得。=4,%=8,

故C的方程为V=8x.

（2）设直线AB的方程为乂=冲+〃，4（占,%）,3（巧,为）.

,、[x=my+n,。

联2o则/-8my-8"=°，且△=64〃/+32〃>。，

[y=8x,

由韦达定理得%+%=8九=-8".

答案第10页，共12页

=0,解得％%=-64,

即M为=-8"=-64,解得〃=8,直线A3恒过点尸（8,0）.

由⑴可知M（8,8）,则N（8,T）.

设点M到直线AB的距离为4,点N到直线AB的距离为d2,

444MP

-=8.

吟^■\AB\-ddNP1

22

【点睛】方法点睛：

解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立,消去x（或y）建立一元二次方程,

然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的

设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥

曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦